OBMEP 2009 · Nível 2 (8º e 9º anos): prova com gabarito

Na imagem que aparece no espelho do Benjamim, o ponteiro dos minutos aponta para o número 3, enquanto que o ponteiro das horas está entre o algarismo 6 e o traço correspondente ao algarismo 5, mais próximo deste último. Deste modo, o relógio marcava 5h 15min.

Outra maneira de enxergar o resultado é imaginar que a imagem que aparece no espelho do Benjamim voltará ao normal se for novamente refletida em um espelho. Fazemos isto na figura ao lado e vemos imediatamente que a hora marcada era 5h 15min.

Podemos decompor a figura no paralelogramo ABCD e no triângulo BEC. Em cada uma destas figuras a área sombreada corresponde a metade da área, e assim a área sombreada na figura original é a metade da área total.

A quantidade de água que Daniela gastava por semana (isto é, em 7 dias) em cada atividade era:

• lavar roupa: 7 × 150 = 1050 litros;
• banho de 15 minutos: 7 × 90 = 630 litros;
• lavar o carro com mangueira: 1 × 100 = 100 litros.

Assim, ela gastava 1050 + 630 + 100 = 1780 litros por semana. Com a economia, Daniela passou a gastar semanalmente em cada atividade:

• lavar roupa no tanque: 3 × 150 = 450 litros;
• banho de 5 minutos: 7 × (90/3) = 7 × 30 = 210 litros;
• lavar o carro com balde: 1 × 10 = 10 litros,

ou seja, um total de 450 + 210 + 10 = 670 litros. Portanto, ela passou a economizar por semana 1780 − 670 = 1110 litros de água.

Podemos também pensar diretamente na economia semanal da Daniela:

• 4 lavagens de roupa: 4 × 150 = 600 litros;
• 2/3 banho por dia: 7 × (2/3) × 90 = 420 litros;
• substituir a mangueira pelo balde: 100 − 10 = 90,

o que nos dá o total de 600 + 420 + 90 = 1110 litros.

A primeira torneira enche 1/8 tanque/hora e a segunda 1/4 tanque/hora; as duas juntas enchem então 1/8 + 1/4 = 3/8 tanque/hora. A primeira torneira, aberta por 2 horas, encheu 2 × (1/8) = 1/4 do tanque, deixando vazio 1 − 1/4 = 3/4 do tanque. As duas torneiras juntas levaram então (3/4)/(3/8) = (3/4) × (8/3) = 2 horas para acabar de encher o tanque, que ficou cheio 4 horas após o meio dia, ou seja, às 16:00h.

Na figura ao lado, A representa a idade de Arnaldo, C a de Celina e D a de Dalila; a flecha indica o sentido de idade crescente. A ordem das letras C, A e D indica que Arnaldo é mais velho que Celina e mais novo que Dalila. Logo o esposo de Celina é Beto, que é também o mais velho de todos.

Escrevendo 24 como produto de inteiros positivos de todas as maneiras possíveis, podemos investigar todas as possibilidades para a e b em a * b = (a + 1) × (b − 1) = 24 e testá-las em b * a = (b + 1) × (a − 1) = 30 para achar os possíveis valores de a e b. Fazemos isto na tabela a seguir.

Logo a = 7 e b = 4, donde a + b = 11.

De modo mais algébrico, podemos resolver este problema como segue. Temos a * b = (a + 1)(b − 1) = ab − a + b − 1 = 24 e b * a = (b + 1)(a − 1) = ab + a − b − 1 = 30. Somando estas duas expressões, obtemos 2_ab_ − 2 = 54 e segue que ab = 28. De modo análogo ao anterior, geramos as possibilidades (1,28), (2,14), (4,7), (7,4), (14,2) e (28,1) para (a,b) e verificamos que apenas a = 7 e b = 4 satisfazem a * b = 24 e b * a = 30.

Para aqueles que já sabem resolver equações de segundo grau, notamos que subtraindo ab − a + b − 1 = 24 de ab + a − b − 1 = 30 obtemos 2_a_ − 2_b_ = 6, ou seja, a − b = 3. Logo a = b + 3 e, substituindo em ab = 28 temos b² − 3_b_ − 28 = 0. Esta equação tem raízes b = 4 e b = −7; como só nos interessa a raiz positiva, temos b = 4 e então a = 7.

Primeiro observamos que quando o cachorro corre 10 metros o coelho corre 1 metro. Como o cachorro começou 10 metros atrás do coelho, neste momento o coelho está apenas 1 metro à frente. Quando o cachorro corre mais 1 metro, o coelho corre 10 cm, ou seja, o coelho ainda está 10 cm à frente. Finalmente, observamos que se o cachorro corresse mais 1 metro, o coelho correria somente mais 10 cm; logo, em algum momento antes disso, o cachorro alcança o coelho. Assim o coelho é alcançado depois de o cachorro correr 11 metros, mas antes que ele corra 12 metros.

Algebricamente, podemos dizer que se o coelho corre com velocidade v m/s então o cachorro corre com velocidade 10_v_ m/s. No instante T = 0, o coelho está 10 metros à frente do cachorro; após T segundos, o cachorro correu 10_Tv_ metros e o coelho Tv metros, ou seja, o coelho estará na posição 10 + Tv. O cachorro alcançará o coelho quando 10_Tv_ = 10 + Tv, ou seja, quando Tv = 10/9. O cachorro terá então percorrido 10 × (10/9) = 100/9 = 11,11... metros, ou seja, entre 11 e 12 metros.

Como os segmentos AF e ED apontam para o norte, eles são paralelos, e como AB é transversal a AF e a ED segue que DB̂A = FÂB = 18°. Logo AB̂C = 180° − (44° + 18°) = 118°. Como AB = BC, o triângulo ABC é isósceles; os ângulos iguais AĈB e CÂB medem então (1/2)(180° − 118°) = 31°. Concluímos então que FÂC = BÂC − BÂF = 31° − 18° = 13°.

Temos 2¹⁰⁰ × 5¹⁰³ = 2¹⁰⁰ × 5¹⁰⁰ × 5³ = (2 × 5)¹⁰⁰ × 5³ = 125 × 10¹⁰⁰, que é 125 seguido de 100 zeros. A soma dos algarismos deste número é 1 + 2 + 5 = 8.

Notamos primeiro que os dois retângulos da parte inferior da figura são congruentes, pois possuem o mesmo perímetro e a mesma altura; logo suas bases medem 6 cm. Chamando de x a altura destes retângulos, podemos marcar as medidas como na figura ao lado. O perímetro do retângulo da parte superior da figura é 2 × [12 + (12 − x)] = 48 − 2_x_ e o perímetro do retângulo sombreado é 2 × (6 + x) = 12 + 2_x_. Como os perímetros são iguais, temos 48 − 2_x_ = 12 + 2_x_, donde 4_x_ = 36 e então x = 9. Logo a área do retângulo sombreado é 6 × 9 = 54 cm².

Vamos calcular mais alguns termos da sequência:

Observamos que a sequência se repete de 10 em 10 termos. Como 2009 = 200 × 10 + 9, segue que o 2009º termo da sequência é 15.

A figura à direita mostra como decompor o retângulo ABCD em oito triângulos congruentes. Concluímos que a área do quadrilátero PQRS é metade da área do retângulo, ou seja, 20 cm².

Voltamos agora para a figura do enunciado e traçamos uma paralela TU ao segmento PS. Os triângulos PST e UTP são congruentes, bem como os triângulos UTQ e RQT. Como o triângulo PQT é a união dos triângulos UTP e UTQ, segue que sua área é metade da área do quadrilátero PQRS, ou seja, 10 cm².

Um número com uma determinada quantidade de algarismos, sendo o primeiro à esquerda diferente de zero, é sempre maior que qualquer número que tenha um algarismo a menos. Por exemplo, 1000 (com quatro algarismos) é maior do que 999 (que tem apenas 3 algarismos). Assim, com exatamente 13 palitos, devemos formar um número que tenha a maior quantidade possível de algarismos, sendo o primeiro à esquerda diferente de 0. Como o 1 é formado pelo menor número de palitos entre todos os algarismos, vemos que para obter o maior número possível com 13 palitos devemos usar tantos algarismos 1 quanto possível.

Não é possível usar 6 algarismos 1, pois neste caso já teríamos usado 12 palitos e não há algarismo que possa ser formado com apenas 1 palito. Pelo mesmo motivo, não é possível usar 5 algarismos 1; não há algarismo formado por 3 palitos. Mas é possível usar 4 algarismos 1; neste caso, usamos 8 palitos e podemos completar o número com um entre os algarismos 2 ou 5, que são formados por 5 palitos. Neste caso, devemos escolher o 5, que nos permite formar o número 51111 com 13 palitos. A soma dos algarismos deste número é 5 + 1 + 1 + 1 + 1 = 9.

Temos a/b + c/d = (ad + bc)/(bd) = 29/30. Como a fração 29/30 é irredutível, segue que bd é um múltiplo de 30. Por outro lado, o único múltiplo de 30 que é o produto de dois fatores entre 1 e 9 é o próprio 30, que é igual a 5 × 6. Podemos então supor que b = 5 e d = 6; voltando à expressão original, obtemos 6_a_ + 5_b_ = 29. A única solução desta equação em inteiros entre 1 e 9 é a = 4 e b = 1, e temos a + b + c + d = 4 + 5 + 1 + 6 = 16.

Nesta solução vamos usar repetidamente o resultado de geometria elementar que diz que o ângulo externo de um triângulo é igual à soma dos dois ângulos internos não adjacentes. Este resultado está ilustrado na figura ao lado e diz que α = β + γ.

Vamos indicar por δ a medida do ângulo BÂC. Como o triângulo ADE é isósceles, temos DÊA = δ. O ângulo ED̂F é externo ao triângulo ADE, e pelo resultado mencionado acima temos ED̂F = δ + δ = 2δ. Como o triângulo DEF é isósceles temos também EF̂D = 2δ; o ângulo FÊC, externo ao triângulo FEA, mede então 2δ + δ = 3δ. Analogamente concluímos que CB̂A = 4δ e como o triângulo ABC é isósceles segue BĈA = 4δ. Logo 180° = 4δ + 4δ + δ = 9δ, donde δ = 20°.

Lembramos que a soma dos ângulos internos de um polígono de n lados é (n − 2) × 180°. Podemos ver a figura do enunciado como um polígono de 6 lados (em traço mais grosso na figura ao lado); a soma de seus ângulos internos é então (6 − 2) × 180° = 720°. Por outro lado, como os trapézios são congruentes, a soma destes ângulos internos é igual a 10 vezes a medida do ângulo marcado, que vale então 720°/10 = 72°.

Há cinco algarismos ímpares: 1, 3, 5, 7 e 9. Contando apenas números inteiros positivos, existem então 5 números formados por apenas um algarismo ímpar, 5 × 5 = 25 números formados por dois algarismos ímpares e 5 × 5 × 5 = 125 números formados por três algarismos ímpares. Assim, existem 5 + 25 + 125 = 155 números inteiros positivos menores que 1000 formados por algarismos ímpares. O 156º é então 1111 e o 157º é 1113.

Para achar a soma das áreas dos triângulos, basta calcular a área do paralelogramo ABCD e subtrair as áreas dos trapézios ABFE e CDFE. Seja h a altura do trapézio ABFE; sua área é então ((AB + EF)/2)h = 3_h_ cm². Como a altura do paralelogramo ABCD é 4 cm, a altura do trapézio CDFE é 4 − h e sua área é ((CD + EF)/2)(4 − h) = 12 − 3_h_ cm². A área do paralelogramo ABCD é 16 cm²; a soma das áreas dos triângulos é então 16 − (3_h_ + 12 − 3_h_) = 4 cm².

Na figura abaixo mostramos as 9 figuras diferentes que contêm o vértice superior do pentágono. Observamos que nenhuma destas figuras pode ser obtida a partir de outra através de rotações do pentágono.

Cada uma destas figuras dá origem, através de rotações do pentágono, a outras 4 figuras diferentes, como ilustramos abaixo.

Segue que o número de figuras diferentes que podemos fazer com dois segmentos é 9 × 5 = 45.

Vamos imaginar que o torneio acabou. Para os 56 times que foram eliminados após perder 2 partidas cada um, contamos 56 × 2 = 112 derrotas. Como o campeão perdeu uma vez, o número total de derrotas foi 112 + 1 = 113. Além disso, como não houve empates, em cada partida um time ganhou e o outro perdeu; logo, o número total de derrotas é igual ao número total de partidas.